云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷
高二物理月考试题及答案-云南玉溪一中-2015学年高二上学期第二次月考
玉溪一中高2016届高二上学期第二次月考物理试题（考试时间：90分钟满分：100分命题人：张芯铭）一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，只有1个选项正确，选对的得4分，选错的得0分）1、如图所示，两电荷量分别为+Q和+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑绝缘水平面上。
两个小球的半径r l，k表示静电力常量。
则轻绳的张力大小为（）A、0B、22QklC、2QqklD、22Qqkl2、下列说法中正确的是（）A、根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向有关B、磁感应强度是矢量，方向与通电导线在磁场中受到的安培力的方向一致C、磁感应强度是矢量，方向与自由小磁针在该点静止时N极所指的方向相反D、在确定的磁场中，某点的磁感应强度方向与该点是否放置小磁针无关3、一段直导线L=1m，其中通有I=1A的电流，它受到垂直于纸面向外的大小为F=1N的磁场力作用。
据此（）A、既可以确定这个磁场的磁感应强度的大小，又可以确定磁感应强度的方向B、仅能确定这个磁场的磁感应强度的大小，不可以确定磁感应强度的方向C、仅能确定这个磁场的磁感应强度的方向，不可以确定磁感应强度的大小D、磁感应强度的大小和方向均无法确定4、在等边三角形的顶点a、b处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。
则第三个顶点c处的磁感应强度的方向为（）A、与ab边平行，竖直向上B、与ab边平行，竖直向下C 、与ab 边垂直，指向左边D 、与ab 边垂直，指向右边5、如图所示，光滑的平行金属导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上放一个质量为m 的金属导体棒。
当S 闭合以后，在棒所在的区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡。
下面四个图中，金属棒一定不能平衡的是（ ）6、如图所示，导线框中的电流为I ，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B 。
平行粗糙金属导轨AB 与CD 间距为d ，长直导体棒MN 静止于导轨上，MN 接入电路的长度为L ，则MN 所受安培力的大小为（ ）A 、F BId =B 、sin F BId θ=C 、F BIL =D 、cos F BId θ=7、如图为一球形空腔导体（不带电），现将一个带正电的小金属球Q 放入腔中，当静电平衡时，图中a 、b 两点的电场强度和电势的关系是（ ）A 、AB E E >，A B ϕϕ> B 、A B E E >，A B ϕϕ<C 、A B E E =，A B ϕϕ=D 、A BE E <，A B ϕϕ<8、一平行板电容器，带电量为Q ，两板间距离为d 。
云南省玉溪一中高二物理下学期第二次月考(6月)试题新人教版
玉溪一中2014届月考物理试题一、单项选择题：（每题4分共28分，注意每道题目只有一个选项符合题目要求）1.下列说法中正确的是( )A.对于理想热机，若无摩擦、漏气等能量损失，就能使热机效率达到100％B.热量不能从低温物体传到高温物体C.一切热学过程都具有方向性D.由热力学第一定律可推断出某个物理过程是否能自发进行2.对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．气体的体积是所有气体分子的体积之和B ．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈C ．气体对容器的压强是由大量气体分子之间的斥力而产生的D ．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少3.某同学身高1.8 m ，在运动会上他参加跳高比赛,起跳后身体横着越过了1.8 m 高度的横杆.据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为( )A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s4.某一列车，首端从站台的A 点出发到尾端完全出站都在做匀加速直线运动，站在站台上A 点一侧的观察者，测得第一节车厢全部通过A 点需要的时间为t 1，那么第二节车厢（每节车厢都相同）全部通过A 点需要的时间为（ ） A. 22t 1 B. （2－1）t 1 C.（3－1）t 1 D.（3－2）t 15.一物体做加速直线运动，依次通过A 、B 、C 三点，AB=BC 。
物体在AB 段加速度为a 1，在BC 段加速度为a 2，且物体在B 点的速度为2A CB v v v +=，则（ ） A ．a 1> a 2 B ．a 1= a 2C ．a 1< a 2D ．不能确定6.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。
如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（ ）7.一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12V ，6W ”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0．2A ，则变压器原、副线圈的匝数之比为（ ）零线火线 零线 A B C DA．7∶2 B．3∶1 C．6∶3 D．5∶2二、不定项选择题(共6小题，每小题4分，共24分，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8.一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4 m/s,1s后速度的大小变为10 m/s,在这 1s内该物体的( )A.位移的大小可能小于4 mB.位移的大小可能大于10 mC.加速度的大小可能小于4 m/s2D.加速度的大小可能大于10 m/s29.物体甲和乙的运动图象如右图,则他们的运动情况是( )A.甲在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零B.甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 mC.乙在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零D.乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 m10．以下说法中正确的是( )A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系11.关于同一电场的电场线,下列表述正确的是( )A.电场线是客观存在的B.电场线越密,电场强度越小C.沿着电场线方向,电势越来越低D.负电电荷在沿电场线方向移动时,电势能增大12.如图所示,电键K闭合,电流表､电压表均为理想电表,若电阻R1断路,则下列说法中正确的是( )A.电流表示数变小B.电压表示数变大C.电源内电路消耗的功率变大D. R3消耗的功率变大13.青藏铁路上安装的一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计．若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd为直线)，t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则下列说法正确的是( )A ．火车在t 1～t 2内做匀加速直线运动B ．火车在t 3～t 4内做匀减速直线运动C ．火车在t 1～t 2时间内的加速度大小为U 2－U 1nBl 1(t 2－t 1)D ．火车在t 3～t 4时间内的平均速度的大小为U 3＋U 4nBl 1三、实验题14.（12分）（1）一个小球沿斜面向下运动，用每间隔1/10s 曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，如图所示，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为1/10s ，测得小球在几个连续相等时间内位移数据见下表，①小球在相邻的相等时间内的位移差＿＿＿＿(填相等或不相等)，小球的运动性质属＿＿＿＿＿＿运动．②有甲、乙两同学计算小球加速度方法如下： 甲同学：324312*********,,,3s s s s a a a s s a a a a T T T --++-==== 乙同学：3142121222,,222s s s s a a a a a T T --+=== 你认为甲、乙中哪位同学的计算方法更准确的是 ＿＿＿，加速度值为＿＿＿＿。
云南省玉溪一中高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)
云南省玉溪一中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（每小题4分1-6，只有一个选项符合题意；7-10题每小题有多个选项符合题意）（试题中g=10m/s2）1．（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等2．（4分）如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变3．（4分）如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为（）A． FB． FC．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定4．（4分）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是（）A．卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等B．卫星C的运行速度大于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．物体A和卫星C具有相同大小的加速度5．（4分）如图，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为K的轻弹簧相连．现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态．在这一过程（）A．弹簧的伸长量为B．拉力F做的功为FhsinαC．物体A的机械能增加D．斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα6．（4分）如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．小球B从同一点Q 处自由下落，下落至P点的时间为t2．不计空气阻力，则t1：t2=（）A．1：2 B．1：C．1：3 D．1：7．（4分）关于静电场，下列说法正确的是（）A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线方向上的各点，电势一定降低D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加8．（4分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零9．（4分）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽为150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A．能到达正对岸B．渡河的时间可能等于50sC．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200mD．以最短位移渡河时，位移大小为200m10．（4分）某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子只在电场力作用下由M点沿图中虚线所示的路径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度小C．粒子在N点的速度大D．电场力对粒子做正功二．选择题（每空3分，共18分，）11．（9分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M．重物的质量m：用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平：③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均；⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ．回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图（b）．其读数为cm （2）物块的加速度a可用d、s、△t A，和△t B，表示为a=（3）动摩擦因数μ可用M、m、；和重力加速度g表示为μ=．12．（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为mm．（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号）．（3）在虚线框中完成电路原理图．三、计算题（共2小题，13题12分、14题为15分，共27分）13．（12分）一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．，其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度．（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．（sin37°=0.6，g取l0m/s2）14．（15分）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值R=1.5Ω的电阻；质量为m=0.2kg、阻值r=0.5Ω的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触．整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F，g=10m/s2求：（1）当t=2s时，外力F1的大小；（2）当t=3s前的瞬间，外力F2的大小和方向；（3）请在图丙中画出前4s外力F随时间变化的图象（规定F方向沿斜面向上为正）．[物理--选修3-4]15．（6分）关于热学知识的下列叙述中正确的是（）A．温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小B．布朗运动就是液体分子的热运动C．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的E．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加16．（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S=0.01m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，A的质量可不计、B的质量为M，并与一倔强系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连．已知大气压强p0=1×105Pa，平衡时，两活塞间的距离L0=0.6m．现用力压A．使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡．此时，用于压A的力F=5×102N．求活塞A向下移的距离．（假定气体温度保持不变．）选修17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是（）A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核（Cs）的结合能小于铅原子核（Pb）的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能18．如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3kg．A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞，碰前A的速度变化如图乙中图线I所示，碰后A、B的速度变化分别如图线Ⅱ、Ⅲ所示，g取10m/s2，求：（1）A与地面间的动摩擦因数．（2）物体B的质量．云南省玉溪一中2015届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分1-6，只有一个选项符合题意；7-10题每小题有多个选项符合题意）（试题中g=10m/s2）1．（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度是矢量，加速度的正负表示方向，加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．解答：解：A、甲的加速度等于乙的加速度，故A错误．B、甲的加速度方向与速度方向相同，甲做加速运动，乙的加速度方向与速度方向相反，乙做减速运动，故B正确．C、甲乙的加速度大小相等，速度变化快慢相同，故C错误．D、甲乙的加速度一正一负，在相同时间内速度的变化量大小相等，方向不同，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道加速度是矢量，正负表示方向，知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．2．（4分）如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力F和支持力F N的大小变化．解答：解：小球受重力G、支持力F N、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：F N 与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．由力的合成图可知，F 增大，F N减小．故选：A．点评：本题是平衡问题中动态变化分析问题，运用图解法比较直观简洁，也可以运用函数法研究．3．（4分）如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为（）A． FB． FC．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第48个小物块对第49个小物块的作用力大小．解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：a==﹣gsin30°﹣μgcos30°．隔离对49和50个木块分析，根据牛顿第二定律得：F′﹣2mgsin30°﹣μ2mgcos30°=2ma，解得：，故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．（4分）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是（）A．卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等B．卫星C的运行速度大于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．物体A和卫星C具有相同大小的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：A静止于地球赤道上随地球一起自转，C为绕地球做圆周运动，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，A、B、C绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r可以判断物体A和卫星C的运动情况，卫星B、C轨迹在P点相交，根据牛顿第二定律判断加速度．解答：解：A、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a==，经过P点时，卫星B与卫星C的加速度相等，故A正确．B、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据线速度公式v=，卫星C的线速度较大，故B正确．C、A、B绕地心运动的周期相同，也就等于地球的自转周期．B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方．故C正确．D、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r，卫星C的加速度较大，故D错误．本题选择不正确的．故选：D．点评：本题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达式形式分析．卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等．5．（4分）如图，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为K的轻弹簧相连．现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态．在这一过程（）A．弹簧的伸长量为B．拉力F做的功为FhsinαC．物体A的机械能增加D．斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα考点：机械能守恒定律；功的计算．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：根据胡克定律可得弹簧的伸长量；根据功的定义式可得拉力F做的功；机械能的增量就等于末态的机械能减去初态的机械能；根据整体处于平衡状态可得系统水平方向合力为0，即水平向左的拉力等于水平向右的摩擦力．解答：解：A、根据胡克定律可得弹簧的伸长量x=，故A错误．B、根据功的定义式可得拉力F做的功W=Fx=F×=，故B错误．C、在整个运动过程中物体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能即△E=△E P=mgh，故C错误．D、以整体为研究对象，整体在水平方向不受外力，故有拉力F在水平方向的分力等于地面的摩擦力，故有f=Fcosα，故D正确．故选：D．点评：系统增加的机械能等于除重力和弹簧的弹力外其它力所做的功，这是2015届高考考查的重点和难点，要注意掌握．6．（4分）如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．小球B从同一点Q 处自由下落，下落至P点的时间为t2．不计空气阻力，则t1：t2=（）A．1：2 B．1：C．1：3 D．1：考点：平抛运动；自由落体运动．专题：平抛运动专题．分析：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间．解答：解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量v y=gt1=v0①水平位移S=v0t1②竖直位移h Q=g③由①②③得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：h Q+S═g④联立以上各式解得：故选：D．点评：本题关键是明确小球Q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值．7．（4分）关于静电场，下列说法正确的是（）A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线方向上的各点，电势一定降低D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加考点：电势；电场；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低．解答：解：A、静电场中，电势具有相对性，电势的零点可人为选取，所以电势为零的物体不一定不带电，故A错误；B、静电场中，电势具有相对性，电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零的点电势不一定为零，故B错误；C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C正确；D、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；故选：CD．点评：本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零．8．（4分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况．解答：解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故BC正确，AD错误．故选：BC点评：本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析．9．（4分）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽为150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A．能到达正对岸B．渡河的时间可能等于50sC．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200mD．以最短位移渡河时，位移大小为200m考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸．解答：解：A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸．故A错误．B、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：t min==50s，故B正确．C、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：x=v水t min=4×50m=200m，即到对岸时被冲下200m，故C正确．D、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸．所以最短位移s==200m．故D正确．故选：BCD．点评：小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度10．（4分）某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子只在电场力作用下由M点沿图中虚线所示的路径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度小C．粒子在N点的速度大D．电场力对粒子做正功考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：A．电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以A错误；B．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，所以B正确；C．从M点到N点，运动方向与电场力的方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，所以C正确，D正确．故选：BCD．点评：该类题目，一般先根据粒子的运动的轨迹弯曲的方向，判断出粒子的受到的电场力的方向，然后判定电荷的正负与电场力做功的正负．属于基础题目．二．选择题（每空3分，共18分，）11．（9分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M．重物的质量m：用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平：③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均；⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ．回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图（b）．其读数为0.960cm（2）物块的加速度a可用d、s、△t A，和△t B，表示为a=[﹣]（3）动摩擦因数μ可用M、m、；和重力加速度g表示为μ=．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；摩擦力专题．分析：（1）主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）由速度公式求出速度，由匀变速运动的速度位移公式求出加速度；（3）由动能定理列方程求出动摩擦因数．解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm；（2）滑块的速度v A=，v B=，从A到B，由速度位移公式得：v B2﹣v A2=2as，解得，加速度a=[﹣]．（3）由动能定理得：﹣μmgs=Mv B2﹣Mv A2，解得：μ=；故答案为：（1）0.960；（2）[﹣]；（3）．点评：本题考查了游标卡尺读数、求加速度、求动摩擦因数等问题；主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读．应用速度公式、匀变速运动的速度位移公式、动能定理即可正确解题．12．（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为1.773mm．（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号）．（3）在虚线框中完成电路原理图．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法．解答：解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.3×0.01mm=1.773mm；（2）电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：（1）1.773；（2）A1，E1；（3）如图所示．点评：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．三、计算题（共2小题，13题12分、14题为15分，共27分）13．（12分）一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．，其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度．（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．（sin37°=0.6，g取l0m/s2）考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对物块进行受力分析，找出物块的合力，明确其运动性质，运用牛顿第二定律和运动学公式去求解到达传送带右端时的速度．（2）物块冲上斜面后做匀减速直线运动，先根据运动学公式求出上物块运动的最大位移（到达最大位移时速度为0），然后与题目中的斜面长对比即可求解．解答：解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动。
云南玉溪第一中学高二物理上学期精选试卷检测题
云南玉溪第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q,2h R=.重力加速度为g，静电力常量为k，则( )A．小球d一定带正电B．小球b2R mRq kπC．小球c23kqD．外力F竖直向上，大小等于226kqmgR+【答案】CD【解析】【详解】A．a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误。
BC．设db连线与水平方向的夹角为α，则223cosh Rα==+226sinh Rα==+对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：()22222264cos2cos302cos30q q qk k m R mah R TRπα︒︒⋅-==+解得：23R mRTq kπ=23kqa=则小球c 的加速度大小为2233kq mR；故B 错误，C 正确。
D ．对d 球，由平衡条件得：2226263sin qq kq F k mg mg h R α=+=++ 故D 正确。
2．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）A ．A 、B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小C ．系统重力势能增加D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】A ．对A 受力分析，如图；由于可知，当B 向左移动一段小距离时，斜面对A 的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项A 错误；B ．对AB 整体，力F 等于斜面对A 的支持力N 的水平分量，因为N 减小，可知F 减小，选项B 正确；C ．因为AB 距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C 正确；D ．因为AB 距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D 正确； 故选BCD.3．如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上。
云南省玉溪一中2015届高三上学期期中考试 物理试题及答案
玉溪一中2015届上学期期中考试题高三物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试卷满分100分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）（请将答案答在机读答题卡上，答在试卷上无效）一、 选择题（本大题共14小题，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题目要求，选对得3分，选错得0分，9-14题有的有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分） 1．以下说法正确的是（ ）A ．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件B ．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场C ．电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D ． 奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象2.某人骑自行车在平直道路上行进,图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t 图象,某同学为了简化计算,用虚线作近似处理,下列说法正确的是（ ） A.在t 1时刻,虚线反映的加速度比实际的大B.在0～t 1时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的小C.在t 1～ t 2时间内,由虚线计算出的位移比实际的大D.在t 3～t 4时间内,虚线反映的是匀速直线运动3．如图所示，恒力F 大小与物体重力相等，物体在恒力F 的作用下， 沿水平面做匀速运动，恒力F 的方向与水平成θ 角，那么物体与桌面间的动摩擦因数为（ ） A ．cos θ B ．ctg θC ．cos 1sin θθ+D ．tg θ4．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图像如图（乙）所示，则( )A.1t 时刻小球动能最大B.2t 时刻小球动能最大C.23~t t 这段时间内，小球的动能先增加后减少D.23~t t 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能5．如图，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
高二物理上学期第二次月考试卷高二全册物理试题1
嗦夺市安培阳光实验学校云南省文山州西畴一中高二物理上学期第二次月考试卷一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，选对的得4分，少选的得2分，错选、不选的得0分）1．（4分）关于电场，下列叙述正确的是（）A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强大C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变D．电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大2．（4分）A、B在某个点电荷电场中的一根电场线上，在线上A点处放入一个自由的负电荷，它将由静止向B点运动，下列判断哪些是正确的（）A．场强方向由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B．场强方向由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定C．场强方向由A指向B，电荷做匀加速运动D．场强方向由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大3．（4分）如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A 点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W2＜W3C．W1=W2=W3 D．W1=W2＞W34．（4分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度小C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，粒子在B点电势能较高5．（4分）如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为U a、U b和U c．U a＞U b＞U c一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN 所示，由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少6．（4分）如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（）A．A、B两点间的电势差是1.2×105VB．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10VC．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣17J的功7．（4分）关于电流，下列说法中正确的是（）A．通过导线截面的电量越多，电流越大B．电子运动的速率越大，电流越大C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量8．（4分）如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：39．（4分）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）A．L1和L3变亮，L2变暗B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值10．（4分）对于电容C=，以下说法正确的是（）A．一只电容充荷量越大，电容就越大B．对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C．可变电容器的充电荷量跟加在两极间的电压成反比D．如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容11．（4分）关于电阻率的说法，正确的是（）A．电阻率ρ越大的导体，电阻可以很小B．电阻率ρ表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关D．超导材料的电阻率一定为零12．（4分）如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零二、填空题（每空2分，共22分）13．（4分）在空间某一区域有一匀强电场，一质量为m的液滴，带电量为+q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为，方向．14．（4分）在金属导体中，若10s内通过横截面的电荷量为10C，则导体中的电流为I=A．某电解槽横截面积为0.5m2，若10s内沿相反方向通过横截面的正负离子的电荷量均为10C，则电解液中的电流为I=A．15．（2分）一段导体电阻是5Ω，1.5分钟内所通过的电量是45C．则导体两端的电压为V．16．（4分）两点电荷间距离为r时，相互作用力为F ，当距离变为时，它们之间相互作用力为F，为使作用力仍为F，则两点电荷的电量可同时为原来的倍．17．（4分）一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为I g=50μA，表头电阻R g=1kΩ，若改装成量程为I m=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为Ω，若将改装后的电流表再改装成量程为U m=10V的电压表，应再串联一个阻值为Ω的电阻．（结果保留四位有效数字）18．（2分）电路中的电流强度I=0.4A．半分钟通过导线横截面的电子数为（电子电量为1.6×10﹣19C）个．19．（2分）如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B 板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差U AB=．20．（10分）电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3V电压时，通过的电流为0.3A，此时电动机没有转动．当加上3V 电压时，电流为1A，这时候电动机正常工作．求（1）电动机的电阻；（2）电动机正常工作时，产生的机械功率和发热功率．21．（10分）把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．22．（10分）如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e．盒子中有沿ad方向的匀强电场，一个质量为m的带电粒子从a处的小孔沿ab 方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．其中，ab长为l，e为dc的中点，（不考虑带电粒子的重力）求：（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小；（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功．云南省文山州西畴一中高二上学期第二次月考试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，选对的得4分，少选的得2分，错选、不选的得0分）1．（4分）关于电场，下列叙述正确的是（）A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强大C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变D．电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大考点：电场强度．分析：以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右；电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关．解答：解：A、以点电荷Q为中心r为半径的球面上各点的场强大小相等，方向不同，场强不同；故A错误；B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关；故B错误；C、电场强度是由产生电场的源电荷决定的，在电场中某点放一检验电荷后，不会影响该点的电场强度，故C正确；D、电场中的场强取决于电场本身，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，与电荷受到的电场力的大小无关．故D错误；故选：C点评：电场强度是矢量，既有大小，又有方向；电场强度的大小与方向是由电场本身决定的，与试探电荷无关．2．（4分）A、B在某个点电荷电场中的一根电场线上，在线上A点处放入一个自由的负电荷，它将由静止向B点运动，下列判断哪些是正确的（）A．场强方向由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B．场强方向由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定C．场强方向由A指向B，电荷做匀加速运动D．场强方向由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大考点：电场强度；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大．解答：解：由题，负电荷由静止开始从A运动到B，负电荷所受电场力方向从A到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A．负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大，也可能不变．故选B点评：本题根据电荷的方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面．3．（4分）如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A 点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W2＜W3C．W1=W2=W3 D．W1=W2＞W3考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．解答：解：第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．所以W1=W2=W3故选：C．点评：静电力做功与重力做功相似，都只有始末位置有关，与路程无关，属于基础题不难．4．（4分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度小C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，粒子在B点电势能较高考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B 正确；C、D、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，粒子在B点电势能较高；动能减少，故C错误；D正确．故选：BD点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．5．（4分）如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为U a、U b和U c．U a＞U b＞U c一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN 所示，由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少考点：等势面；电势能．专题：定性思想．分析：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断．解答：解：A、根据E p=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；B、根据E p=qφ，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；C、根据E p=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故D错误；故选AC．点评：本题关键关键根据E p=qφ得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况．6．（4分）如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（）A．A、B两点间的电势差是1.2×105VB．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10VC．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣17J的功考点：电势差；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据公式U AB =求解电势差．A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，电场力做的功．解答：解：A、B，A、B两点间的电势差U AB ==V=1.2×105V．故A 正确，B错误．C、D，在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功为W AB′=q′U AB=2.5×10﹣8×1.2×105J=3.0×10﹣3J故C正确，D错误．故选AC点评：本题要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电荷无关．7．（4分）关于电流，下列说法中正确的是（）A．通过导线截面的电量越多，电流越大B．电子运动的速率越大，电流越大C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．解答：解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、根据I=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大．故C正确．D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量．故D错误．故选C．点评：掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累．8．（4分）如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．解答：解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确． C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．故选A点评：本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．9．（4分）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）A．L1和L3变亮，L2变暗B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．解答：解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选ACD．点评：本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．10．（4分）对于电容C=，以下说法正确的是（）A．一只电容充荷量越大，电容就越大B．对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C．可变电容器的充电荷量跟加在两极间的电压成反比D．如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容考点：电容．分析：电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量无关，由定义式C=，给定的电容器，带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变，当电容C一定时，电量与电压成正比．解答：解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C 变化时，电量与电压不成正比．故C错误．D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D 错误．故选：B点评：本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键．11．（4分）关于电阻率的说法，正确的是（）A．电阻率ρ越大的导体，电阻可以很小B．电阻率ρ表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关D．超导材料的电阻率一定为零考点：电阻率与温度的关系．分析：由电阻定律R=可知，导体的电阻与导体的长度L、横截面积S和电阻率三个因素有关．电阻率ρ表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的材料和温度有关，与导体的长度L、横截面积S无关．超导材料的电阻率在一定温度下电阻率才等于零．解答：解：A、由电阻定律R=可知，导体的电阻与导体的长度L、横截面积S和电阻率三个因素有关，则电阻率ρ大的导体，电阻可以很小．故A 正确．B、C电阻率ρ表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的材料和温度有关，与导体的长度L、横截面积S无关．故BC错误．D、超导材料的电阻率在一定温度下电阻率才等于零，温度升高，其电阻率可能不再为零．故D错误．故选A点评：本题考查对电阻率的理解能力．抓住：电阻率ρ表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的材料和温度有关，与导体的长度L、横截面积S无关．12．（4分）如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．解答：解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故A错误，B错误．C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值．故C正确．D、越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定．故D错误．故选：C．点评：本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小．二、填空题（每空2分，共22分）13．（4分）在空间某一区域有一匀强电场，一质量为m的液滴，带电量为+q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为，方向竖直向上．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，质量为m的液滴，带电量为+q，在电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，受到重力与电场力平衡，根据平衡条件和场强公式求解场强的大小和方向．解答：解：据题，液滴在电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，重力与电场力二力平衡，根据平衡条件得mg=qE得到电场强度大小E=，电场力方向竖直向上，由于液滴带正电，则场强方向为竖直向上．故答案为：，竖直向上点评：本题电场中最基本的题型：带电粒子在电场中平衡问题，关键是分析带电粒子的受力情况．14．（4分）在金属导体中，若10s内通过横截面的电荷量为10C，则导体中的电流为I=1A．某电解槽横截面积为0.5m 2，若10s内沿相反方向通过横截面的正负离子的电荷量均为10C，则电解液中的电流为I=2A．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：已知时间和通过通过横截面的电荷量，由公式I=求电流．在电解槽中，通过某一个横截面的电荷量是正负电荷电荷量绝对值的总和，由此再根据I=求电流．解答：解：根据电流强度的定义式可得I==A=1A，所以导体中的电流I为1A．10s通过电解槽横截面积的电荷量绝对值之和Q=10C+10C=20C，所以电解液中的电流为I==2A．故答案为：1，2点评：在计算通过电解液的电流强度的大小的时候，一定要注意，电解液中既有正电荷，也有负电荷，通过截面的电荷量的大小为它们的总和，这是经常出错的地方．15．（2分）一段导体电阻是5Ω，1.5分钟内所通过的电量是45C．则导体两端的电压为2.5V．考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：知道1.5min通过该导体的电量，根据I=求出通过的电流，又知道导体的电阻，根据欧姆定律求出导体两端的电压．解答：解：通电时间：t=1.5min=1.5×60s=90s，通过电阻的电流：I===0.5A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压：U=IR=0.5A×5Ω=2.5V．故答案为：2.5．点评：本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．16．（4分）两点电荷间距离为r时，相互作用力为F，当距离变为时，它们之间相互作用力为4F，为使作用力仍为F，则两点电荷的电量可同时为原来的倍．考点：库仑定律．。
云南省玉溪第一中学2015届高三物理上学期第二次月考试题(含解析)新人教版
玉溪一中高2015届高三上学期年级第2次月考物理试卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、恒定电流、电磁感应、选修3-3、3-5等内容，在考查问题上以根本定义、根本规律为主，以根底知识和根本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。
1．考试时间90分钟总分为为100分命题人：常靖选择题(每一小题4分1—6，只有一个选项符合题意；7—10题每一小题有多个选项符合题意)〔试题中g=10m/s2 〕【题文】1．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的答案是( )A．甲、乙在相等时间内速度变化相等B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲的加速度大于乙的加速度【知识点】加速度．A1【答案解析】B解析：A、甲乙的加速度一正一负，在一样时间内速度的变化量大小相等，方向不同，故A错误．B、甲的加速度方向与速度方向一样，甲做加速运动，乙的加速度方向与速度方向相反，乙做减速运动，故B正确．C、甲乙的加速度大小相等，速度变化快慢一样，故C错误．D、甲的加速度等于乙的加速度，故D错误．应当选：B．【思路点拨】加速度是矢量，加速度的正负表示方向，加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向一样，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．解决此题的关键知道加速度是矢量，正负表示方向，知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．【题文】2．如下列图，在拉力F作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化是( )A．F增大，FN减小 B．F和FN均减小C．F和FN均增大D．F减小，FN不变【知识点】共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．B1 B4【答案解析】A解析：小球受重力G、支持力FN、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：FN与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．由力的合成图可知，F 增大，FN 减小．应当选：A ．【思路点拨】小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力F 和支持力FN 的大小变化．此题是平衡问题中动态变化分析问题，运用图解法比拟直观简洁，也可以运用函数法研究．【题文】3． 如下列图，50个大小一样、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动．斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数一样，重力加速度为g ，如此第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为〔 〕A ．125FB.2425F C ．24mg ＋F 2D ．因为动摩擦因数未知，所以不能确定 【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】A 解析： 根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=0050sin 3050cos305050F mg mg F m m μ--•= -gsin30°-μgcos30°．隔离对48两个物体分析，有：F-48mgsin30°-μ•48mgcos30°-N=48ma ．解得N=125 F ．故A 正确，B 、C 、D 错误．应当选A ．【思路点拨】对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第48个小物块对第49个小物块的作用力大小．解决此题的关键能够正确地进展受力分析，运用牛顿第二定律进展求解，注意整体法和隔离法的运用．【题文】4. 如下列图，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．A 、B 、C 绕地心运动的周期一样．相对于地心，如下说法中不正确的答案是〔 〕A ．卫星B 在P 点的运行加速度大小与卫星C 的运行加速度大小相等B ．卫星C 的运行速度大于物体A 的速度C ．可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方D ．物体A 和卫星C 具有一样大小的加速度【知识点】万有引力定律与其应用；牛顿第二定律．C2 D5【答案解析】D 解析：A 、卫星B 绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a=2F GM mr =，经过P 点时，卫星B 与卫星C 的加速度相等，故A 正确； B 、物体A 静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C 为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期一样，根据线速度公式v=2rT π，卫星C 的线速度较大，故B 正确；C 、A 、B 绕地心运动的周期一样，也就等于地球的自转周期．B 为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方．故C 正确．此题选不正确的，D 、物体A 静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C 为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期一样，根据向心加速度的公式a=〔2T π〕2r ，卫星C 的加速度较大，故D 错误；应当选D ．【思路点拨】A 静止于地球赤道上随地球一起自转，C 为绕地球做圆周运动，B 为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，A 、B 、C 绕地心运动的周期一样，根据向心加速度的公式a=〔 2T π〕2r 可以判断物体A 和卫星C 的运动情况，卫星B 、C 轨迹在P 点相交，根据牛顿第二定律判断加速度．此题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进展讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达式形式分析．卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等．【题文】5．如图，倾角为a 的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m 的物体A 与一劲度系数为k 的轻弹簧相连。
《解析》云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷Word版含解析
云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）1．（3分）两张摩擦过的塑料片相互排斥相互靠近会张开，这是因为它们之间存在（）A．弹力B．摩擦力C．静电力D．磁场力2．（3分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V3．（3分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小4．（3分）如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端向b端的过程中，下列表述正确的是（）A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大5．（3分）在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）A．S1B．S2C．S3D．S46．（3分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示．O点磁感应强度的方向（）A．沿oa向上B．沿oc向下C．沿ob向右D．沿od向左7．（3分）某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度大于d点的电场强度D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c8．（3分）一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）A．B．C．D．二、多项选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选不得分）9．（4分）下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A．电动势实质上就是电压B．电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大C．电动势是指电源内部非静电力所做的功D．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功10．（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子运动的加速度逐渐减小D．电子运动的加速度逐渐增大11．（4分）三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增加值c最小，a和b一样大12．（4分）用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0 ）．则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电势差U ab=|kπr2|13．（4分）如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是（）A．始终作匀速运动B．开始作减速运动，最后静止于杆上C．先作加速运动，最后作匀速运动D．先作减速运动，最后作匀速运动14．（4分）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下地面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）A．若污水中正离于较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关三、实验填空题（本大题共2个小题，共14分）15．（4分）如图所示，螺旋测微器的示数为mm，游标卡尺的示数为mm．16．（10分）在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．（1）用多用电表的直流电压挡检查故障．①选择开关置于下列量程的挡较为合适（用字母序号表示）；A．2.5VB．10V C．50V D．250V②测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障是；A．A灯丝断开B．B灯丝断开C．d、e间连线断开D．B灯被短路（2）接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零．①测试前，一定要将电路中的开关S；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为Ω，此时测量的是间电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为Ω，它不等于测量值，原因是：．四、计算题（本大题共4个小题，共38分）17．（8分）如图所示，直流电动机提升重物，重物的质量m=50kg，电源供电电压为110V，不计各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5A，求：（1）电动机输出的机械功率为多少？（2）电动机线圈的电阻为多大？18．（10分）如图所示，一质量为m=1.0×10﹣2 kg、带电荷量为q=1.0×10﹣6 C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角．小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E的大小．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a．19．（8分）如图所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转．角速度ω=5rad/s，O点距A端为2m，求AB的电势差．20．（12分）如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆心0处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）1．（3分）两张摩擦过的塑料片相互排斥相互靠近会张开，这是因为它们之间存在（）A．弹力B．摩擦力C．静电力D．磁场力考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：用软纸摩擦过的塑料片会带电，两张用软纸摩擦过的塑料片带同种电，相互排斥，会张开．解答：解：由于摩擦起电，用两张用软纸摩擦过的塑料片带同种电荷，相互靠近时，相互排斥，塑料片会张开，是由于静电力作用．故选：C点评：本题考查对摩擦起电和电荷间作用力的理解能力．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．（3分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V考点：等势面；电势．专题：压轴题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24﹣4）=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．3．（3分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小考点：电容器．专题：电容器专题．分析：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化．解答：解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确．故选B点评：本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．4．（3分）如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端向b端的过程中，下列表述正确的是（）A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动触头由a端向b端的过程中，滑动变阻器阻值减小，可以根据“并同串反”进行分析．解答：解：根据“并同串反”滑动触头由a端向b端的过程中，滑动变阻器阻值减小，则路端电压变小、电流表示数变小、电源内电阻消耗的功率变大、电路的总电阻变小；故选：A．点评：本题是电路的动态变化分析问题，也可以根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分外电压变化以及干路电流的变化，是常用的分析方法和思路．5．（3分）在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）A．S1B．S2C．S3D．S4考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器两端的电压等于R3两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．解答：解：A、断开S1，R1断路，而R2接通，故仍可使C接入R3两端，故P不会运动，故A错误；B、断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上，故B错误；C、断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；D、断开S4，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D 错误；故选：C．点评：解决本题的关键在于看懂电路图，并能明确电路稳定后，电容器相当于断路，与之相连的电阻可看作导线处理．6．（3分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示．O点磁感应强度的方向（）A．沿oa向上B．沿oc向下C．沿ob向右D．沿od向左考点：磁感应强度．分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B 的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向．解答：解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故选：D点评：本题考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向．7．（3分）某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度大于d点的电场强度D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c考点：电场线．分析：解答本题要掌握：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断．解答：解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、由电势能的公式式：E p=qφ，可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c．故D错误．故选：B．点评：本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断．8．（3分）一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：先根据楞次定律判断线框中感应电流方向，确定a、b两点电势的高低．分三段研究：ab进入磁场切割磁感线过程、完全在磁场中运动的过程和dc切割磁感线过程，由E=BLv 和欧姆定律求解U ab．解答：解：分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0﹣L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，U ab＞0．感应电动势为E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，U ab是外电压，则有U ab=E=0.3V；线框完全在磁场中运动过程，x在L﹣2L范围：磁通量不变，没有感应电流产生，ab边两端电势差等于电动势，为U ab=E=0.4V；dc切割磁感线过程，x在2L﹣3L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，U ab＞0．感应电动势为E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，U ab是外电压的，则有U ab=E=0.1V；故B正确．故选：B点评：本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比较简单，容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题．二、多项选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选不得分）9．（4分）下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A．电动势实质上就是电压B．电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大C．电动势是指电源内部非静电力所做的功D．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内、外电路电压之和．电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量．电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关．解答：解：A、电源的电动势与电压的单位相同，都是伏特，但与电压有本质的区别，故A错误；B、电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；CD、电动势等于非静电力做的功与电荷量的比值：E=，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功，故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题考查对电动势的理解．关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式，注意其与电压的区别．10．（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子运动的加速度逐渐减小D．电子运动的加速度逐渐增大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由电势的变化特点（图象的斜率表示电场强度的大小及方向）可以判断电场为非匀强电场，且电场线沿x轴负向，即可判断各项．解答：解：A、B由图象可知电势与距离不成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是非匀强电场，A错误，B正确；C、根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，当电子沿x轴正方向运动，则电场强度减小，所以电场力也减小，故加速度大小减小，故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力．同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化．11．（4分）三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增加值c最小，a和b一样大考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：三个α粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解答：解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，可知运动时间相等．故A正确．B、b、c竖直方向上的位移不等，y c＜y b．根据y=，可知t c＜t b．故B错误．C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．因x c=x b，t c＜t b，则v c＞v b．根据t a=t b，x b＞x a．则v b＞v a．所以有：v c＞v b＞v a．故C正确．D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．12．（4分）用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0 ）．则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电势差U ab=|kπr2|考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．专题：压轴题；电磁感应与电路结合．分析：由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．解答：解：A、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；C、由法拉第电磁感应定律可知，E===kπr2，感应电流I==，故C错误；D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=，故D正确；故选BD．点评：本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压．13．（4分）如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是（）A．始终作匀速运动B．开始作减速运动，最后静止于杆上C．先作加速运动，最后作匀速运动D．先作减速运动，最后作匀速运动考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律．分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动．解答：解：A、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动．故A正确；B、当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止．故B正确；C、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动．故C错误；D、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动．故D正确；故选：ABD点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．14．（4分）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下地面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）A．若污水中正离于较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小．解答：解：A、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关．故A错误，B正确．C、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关．故C错误．D、v=，则流量Q=vS=，与U成正比，与a、b无关．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解．三、实验填空题（本大题共2个小题，共14分）15．（4分）如图所示，螺旋测微器的示数为6.124 mm，游标卡尺的示数为10.50 mm．。
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云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，只有1个选项正确，选对的得4分，选错的得0分）1．（4分）如图所示，两电荷量分别为+Q和+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑绝缘水平面上．两个小球的半径r≪l，k表示静电力常量．则轻绳的张力大小为（）A．0B．C．D．2．（4分）下列说法中正确的是（）A．根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向有关B．磁感应强度是矢量，方向与通电导线在磁场中受到的安培力的方向一致C．磁感应强度是矢量，方向与自由小磁针在该点静止时N极所指的方向相反D．在确定的磁场中，某点的磁感应强度方向与该点是否放置小磁针无关3．（4分）一段直导线L=1m，其中通有I=1A的电流，它受到垂直于纸面向外的大小为F=1N 的磁场力作用．据此（）A．既可以确定这个磁场的磁感应强度的大小，又可以确定磁感应强度的方向B．仅能确定这个磁场的磁感应强度的大小，不可以确定磁感应强度的方向C．仅能确定这个磁场的磁感应强度的方向，不可以确定磁感应强度的大小D．磁感应强度的大小和方向均无法确定4．（4分）如图所示，a、b、c为纸面内等边三角形的三个顶点，在a、b两顶点处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直于纸面向里，则c 点的磁感应强度B的方向为（）A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，水平向右D．与ab边垂直，水平向左5．（4分）如图光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒，当s闭合后，在浚区域加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，则下面四个图中，分别加了不同的磁场方向，其中一定不能平衡的是（）A．B．C．D．6．（4分）如图所示，导线框中的电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B．平行粗糙金属导轨AB与CD间距为d，长直导体棒MN静止于导轨上，MN接入电路的长度为L，则MN所受安培力的大小为（）A．F=BId B．F=BIdsinθC．F=BIL D．F=BIdcosθ7．（4分）如图为一球形空腔导体（不带电），现将一个带正电的小金属球Q放入腔中，当静电平衡时，图中a、b两点的电场强度和电势的关系是（）A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A=E B，φA=φB D．E A＜E B，φA＜φB8．（4分）一平行板电容器，带电量为Q，两板间距离为d．现增加电容器电量，减小两板间距离，则两板间（）A．电压一定增大B．电压一定减小C．电场强度一定增大D．电场强度一定减小二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．（4分）如图为常见磁场的磁感线分布图，正确的是（）A．条形磁铁B．直线电流C．环形电流D．环形电流10．（4分）用多用电表的欧姆档（×1kΩ）检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明（）A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大C．此时红表笔接的是二极管的正极D．此时黑表笔接的是二极管的正极11．（4分）为研究问题方便，有时我们会把路端电压与干路电流的变化关系图象中I轴向上平移，使得图线“很快”便与I轴出现交点，如图所示．则由该图象可知（）A．电源电动势为2VB．电源内阻为ΩC．电源的短路电流为6AD．电路路端电压为1V时，电路中的电流为5A12．（4分）将阻值为4Ω和10Ω的两个电阻R1、R2分别接在同一电源上，结果两电阻消耗的功率P0一样大，则（）A．电源的内阻一定大于4ΩB．两电阻串联后接此电源，外电路总功率一定大于只接R2时的功率C．两电阻并联后接此电源，外电路总功率一定小于只接R1时的功率D．只接R1时，电源消耗的功率一定大于只接R2时消耗的功率13．（4分）如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时四个理想电表A1、A2、A3和V的示数分别为I1、I2、I3和U．现将R2的滑动触点向b端滑动，四个电表的示数变化量分别为△I1、△I2、△I3和△U，则下列说法正确的是（）A．I1减小，I2增大，U减小B．|△I1|＜|△I2|C．I1增大，I2减小，U增大D．不变14．（4分）在空间有两个等量同种正点电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电荷量为+2.0×10﹣7C、质量为1.0×10﹣4kg的试探电荷从C点由静止释放，仅在电场力作用下运动，其运动的v﹣t图象如图乙所示．其中到达B点时速率为4m/s，到达A点时速率为6m/s．已知B点处为整条图线切线斜率最大的位置（虚线为该切线），下列说法正确的是（）A．从C到A电势逐渐升高B．B点是中垂线上场强最大的点，场强E B=1.0×103V/mC．A B两点间的电势差U AB=﹣5000VD．由C到A的过程中试探电荷的电势能先减小后增大三、填空题（每空2分，共14分）15．（4分）如图中，游标卡尺的读数为mm，螺旋测微器的读数为mm．16．（10分）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其阻值随温度升高而减小，现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下伏安特性曲线，备用的实验器材和器具有：待测热敏电阻R x （常温下的阻值约40Ω～50Ω）；温度计（插入带塞的保温杯中，杯内有一定的冷水）；盛有热水的暖水瓶；电源E（3V、内阻可忽略）；直流电流表A（内阻约2Ω）；直流电压表V （内阻约5kΩ）；滑动变阻器R1（0～10Ω）；滑动变阻器R2（0～100Ω）；开关S；导线若干．①如图1a、b、c三条图线中，能反映热敏电阻伏安特性曲线的是；②要求实验测量误差尽可能小，电流表应选用接法（选填“内”或“外”）；③要求得到的伏安特性曲线尽可能完整，滑动变阻器应选用接法（选填“分压式”或“限流式”）；④根据你所选择的滑动变阻器接法，滑动变阻器应选择；（选填“R1”或“R2”）；⑤综上所述，应选择图2中电路进行实验．四、计算题（本大题有3小题，共30分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）17．（8分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．18．（10分）电子（电量为e，质量为q）从静止出发被U0的电压加速，然后进入另外一个电场强度为E的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直，偏转电极长l．求：电子离开偏转电场时的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角．19．（12分）图1示为测量电源电动势和内电阻的伏﹣阻法原理图，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r；（2）现将电阻箱阻值设为R，电压表示数设为U．实验中，为使测量结果更加准确，需要调节电阻箱阻值，并记录多组（R，U）数据．请根据闭合电路欧姆定律写出U随R的变化关系式；（3）在处理数据时，需要对（2）中的关系式进行适当变形，使得我们测出的各组（R，U）数据经过关系式变形后呈现出线性关系．请尝试进行上述变形，并在图2坐标系中作出大致图形．云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，只有1个选项正确，选对的得4分，选错的得0分）1．（4分）如图所示，两电荷量分别为+Q和+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑绝缘水平面上．两个小球的半径r≪l，k表示静电力常量．则轻绳的张力大小为（）A．0B．C．D．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球可以看做点电荷，根据平衡条件可知，库仑力的大小等于绳子拉力大小，据此列方程可正确求解．解答：解：根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力，因此有：F=，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题结合物体的平衡考查了库伦定律的应用，属于简单基础题目．2．（4分）下列说法中正确的是（）A．根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向有关B．磁感应强度是矢量，方向与通电导线在磁场中受到的安培力的方向一致C．磁感应强度是矢量，方向与自由小磁针在该点静止时N极所指的方向相反D．在确定的磁场中，某点的磁感应强度方向与该点是否放置小磁针无关考点：安培力；磁感应强度．分析：解决本题需知道磁感应强度定义及其物理意义．安培力方向判断即可解答该题解答：解：A、根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向无关，有本身性质决定，故A错误B、磁感应强度是矢量，方向与通电导线在磁场中受到的安培力的方向垂直，满足左手定则，故B错误C、磁感应强度是矢量，方向与自由小磁针在该点静止时N极所指的方向相同，故C错误D、在确定的磁场中，有本身性质决定，某点的磁感应强度方向与该点是否放置小磁针无关，故D正确故选：D点评：本题考查物理量的物理意义，属于基础题，关键要同学们多看书，熟悉各个物理量的单位，还要搞清哪些是国际制单位，注意定义式与决定式的区别．3．（4分）一段直导线L=1m，其中通有I=1A的电流，它受到垂直于纸面向外的大小为F=1N 的磁场力作用．据此（）A．既可以确定这个磁场的磁感应强度的大小，又可以确定磁感应强度的方向B．仅能确定这个磁场的磁感应强度的大小，不可以确定磁感应强度的方向C．仅能确定这个磁场的磁感应强度的方向，不可以确定磁感应强度的大小D．磁感应强度的大小和方向均无法确定考点：安培力．分析：题中知道导线的长度、电流的大小和磁场力的大小，不能确定磁感应强度的大小和方向，若再给出磁场的方向，就能确定磁感应强度的大小．解答：解：A、B、C导线在磁场中受到的磁场力不仅与导线的长度、电流的大小有关，还与磁场的方向、磁感应强度的大小有关，所以知道导线的长度、电流的大小和磁场力的大小，不能确定磁感应强度的大小和方向．故A、B、C错误．D、若再给出磁场的方向，就可以知道导线与磁场方向的夹角，由公式F=BILsinα就能求出B．故D正确．故选：D点评：本题关键要掌握安培力大小公式F=BILsinα，知道安培力的大小与四个因素有关，即可进行分析．4．（4分）如图所示，a、b、c为纸面内等边三角形的三个顶点，在a、b两顶点处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直于纸面向里，则c点的磁感应强度B的方向为（）A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，水平向右D．与ab边垂直，水平向左考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：根据右手螺旋定则判断出直导线在C点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出C点的合场强的方向．解答：解：根据右手螺旋定则，a电流产生的磁场垂直于ac，b电流产生的磁场垂直于bc，如图，根据平行四边形定则，则合场强的方向竖直向下，与ab边平行．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则．5．（4分）如图光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒，当s闭合后，在浚区域加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，则下面四个图中，分别加了不同的磁场方向，其中一定不能平衡的是（）A．B．C．D．考点：安培力．专题：共点力作用下物体平衡专题；电磁学．分析：本题在磁场2015届中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时在应用左手定则时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．解答：解：A、由左手定则可知A图中导线所受安培力沿斜面向上，因此当安培力大小与重力沿斜面向下分力相等时，导体棒即可处于平衡状态，故A错误；B、图中导体所受安培力垂线斜面斜向上，没有力和重力沿斜面向下分力平衡，故一定不能平衡，故B正确；C、图中安培力水平向右，这样安培力有沿斜面向上的分力可能与重力沿斜面向下分力平衡，导体棒即可处于平衡状态，故C错误；D、图中安培力竖直向上，当安培力等于重力时，导体棒即可处于平衡状态，故D错误；故选B．点评：这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．6．（4分）如图所示，导线框中的电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B．平行粗糙金属导轨AB与CD间距为d，长直导体棒MN静止于导轨上，MN接入电路的长度为L，则MN所受安培力的大小为（）A．F=BId B．F=BIdsinθC．F=BIL D．F=BIdcosθ考点：安培力．分析：通电导线处于磁场中，受到安培力作用，根据左手定则可确定安培力的方向．而安培力的大小则由F=BIL求得．解答：解：安培力的计算：当I⊥B时，F=BIL，当I与B不垂直时，F=BILsinθ，θ为I 与B的夹角，题目中属于I与B垂直的情况，所以F=BIL．故选：C．点评：公式中的L是有效长度，即为通电电流的磁场中的长度，且垂直放置于磁场中．7．（4分）如图为一球形空腔导体（不带电），现将一个带正电的小金属球Q放入腔中，当静电平衡时，图中a、b两点的电场强度和电势的关系是（）A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A=E B，φA=φB D．E A＜E B，φA＜φB考点：静电场中的导体；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．解答：解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图由于a处电场线较密，b处场强为零，则E A＞E B．场强较大的是a点，场强最小的是b点；根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φA＞φB，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断．8．（4分）一平行板电容器，带电量为Q，两板间距离为d．现增加电容器电量，减小两板间距离，则两板间（）A．电压一定增大B．电压一定减小C．电场强度一定增大D．电场强度一定减小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：当电量增大，减小两板间距离d时，根据推论E=，可知板间电场强度变大，但无法确定电压的大小变化．解答：解：当带电量增加，极板间距减小时，根据板间电场强度E=，C=及C=得到E=，由题ɛ、S都不变，而Q的增大，则板间电场强度E变大．板间电势差U=Ed，E的变大，而d减小，无法确定电压的变化．故选：C．点评：本题是电容器的动态分析问题，推论E=，要在理解的基础上学会推导，并加强记忆．二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．（4分）如图为常见磁场的磁感线分布图，正确的是（）A．条形磁铁B．直线电流C．环形电流D．环形电流考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：通电导线周围存在磁场，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系．解答：解：A、条形磁铁的磁场磁感线的方向从N极指向S极，故A正确；B、伸开右手，大拇指所指电流的方向，弯曲的四指则指磁场方向，所以磁场方向应该顺时针，故B错误；C、伸开右手，弯曲的四指则指电流方向，大拇指所指圆环内部磁场的方向．所以磁感线应是向右，故C错误；D、伸开右手，弯曲的四指则指电流方向，大拇指所指圆环内部磁场的方向．所以磁感线应是向右，故D正确；故选：AD点评：该题考查常见磁场的磁感线的特点，要明确通电螺线管外部磁感线是从N极到S 极，而内部磁感线是从S极到N极．磁感线是不相交，但闭合．磁感线某点的切线方向表示磁场方向．注意线的绕向决定四指的方向．同时注意通电直导线时大拇指所指的是电流方向，而环形导线时，弯曲四指所指的是电流方向．10．（4分）用多用电表的欧姆档（×1kΩ）检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明（）A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大C．此时红表笔接的是二极管的正极D．此时黑表笔接的是二极管的正极考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：欧姆表的偏转角度小，说明电阻大，则为反向电阻；因欧姆表的黑表笔接的是内部电路的源的正极，则可判断与二极管的接法．解答：解：A、测量电阻偏转角度小，则电阻大，为反向电压．故A错误，B正确C、测量时加的反向电压，又因欧姆表的黒表笔接的电池的正极，则黒表笔应与二极管的负极相连接．即红表笔与二极管的正极相连接．故C正确，D错误故选：BC点评：考查欧姆表的内部结构及测量二极管的电阻的方法，明确欧姆表的黒表笔与电池的正极相连．11．（4分）为研究问题方便，有时我们会把路端电压与干路电流的变化关系图象中I轴向上平移，使得图线“很快”便与I轴出现交点，如图所示．则由该图象可知（）A．电源电动势为2VB．电源内阻为ΩC．电源的短路电流为6AD．电路路端电压为1V时，电路中的电流为5A考点：路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：本题的关键是明确U﹣I图象中图象斜率和纵轴截距的物理意义，可首先写出U与I的函数表达式，然后根据斜率与截距的概念即可求出电动势和内电阻的值．解答：解：A、B、根据闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir=﹣rI+E，可见U﹣I图象的纵轴截距即为电动势，图象斜率的绝对值即为电源的内电阻r，由图象可得E=2V，r==0.2Ω，所以A正确，B错误；C、显然短路电流：I短===10A，所以C错误；D、由E=U+Ir可得，电路路端电压为1V时，电路中的电流I===5A，所以D正确．故选：AD．点评：明确处理物理图象的思路是首先根据物理规律写出有关表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后借助函数的概念明确斜率和截距的含义，同时注意纵坐标起点不是零，是解题的关键．12．（4分）将阻值为4Ω和10Ω的两个电阻R1、R2分别接在同一电源上，结果两电阻消耗的功率P0一样大，则（）A．电源的内阻一定大于4ΩB．两电阻串联后接此电源，外电路总功率一定大于只接R2时的功率C．两电阻并联后接此电源，外电路总功率一定小于只接R1时的功率D．只接R1时，电源消耗的功率一定大于只接R2时消耗的功率考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电源的输出功率随外电阻R的变化关系图象如图所示：当内、外电阻相同时，电源的输出功率最大．解答：解：A、两个电阻R1和R2分别接到同一电源上，结果在R2上消耗的功率P2比在R1上消耗的功率P1大，结合分析中图象，电源内电阻一定大于4Ω；故A正确；B、两个电阻串联后再接到电源，外电路总电阻大于两个电阻中较大的电阻，结合分析中图象，外电路总功率一定小于P2；故B错误；C、两个电阻并联后再接到电源，外电路总电阻小于两个电阻中较小的电阻，结合分析中图象，总功率一定小于P1，故C正确；D、根据公式：P=EI=，外电阻越小，总功率越大，故只接R1时整个电路的总功率一定大于只接R2时整个电路的总功率，故D正确；故选：ACD．点评：本题关键结合电源输出功率与外电阻关系图象分析，要知道当P出＜P m时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2=r2．13．（4分）如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时四个理想电表A1、A2、A3和V的示数分别为I1、I2、I3和U．现将R2的滑动触点向b端滑动，四个电表的示数变化量分别为△I1、△I2、△I3和△U，则下列说法正确的是（）A．I1减小，I2增大，U减小B．|△I1|＜|△I2|C．I1增大，I2减小，U增大D．不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．解答：解：A、C、R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A正确，C错误．B、因总电流增大，则减小量要小于增加量．则B正确D、由E=U+Ir 则=r，不变．则D正确故选：ABD点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．14．（4分）在空间有两个等量同种正点电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电荷量为+2.0×10﹣7C、质量为1.0×10﹣4kg的试探电荷从C点由静止释放，仅在电场力作用下运动，其运动的v﹣t图象如图乙所示．其中到达B点时速率为4m/s，到达A点时速率为6m/s．已知B点处为整条图线切线斜率最大的位置（虚线为该切线），下列说法正确的是（）A．从C到A电势逐渐升高B．B点是中垂线上场强最大的点，场强E B=1.0×103V/mC．A B两点间的电势差U AB=﹣5000VD．由C到A的过程中试探电荷的电势能先减小后增大考点：电场的叠加；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据v﹣t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的高低．根据动能定理求解AB 两点电势差U AB．解答：解：A、由电势能的公式E P=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低．故A错误．B、v﹣t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma知，B为中垂线上电场强度最大的点，B点的加速度为a===2m/s2，E==V/m=l×l03V/m．故B正确．C、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qU AB=m﹣m则得，U AB=m（﹣）=×（42﹣62）V=﹣5×103V，故C正确．D、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小，故D错误．故选：BC．点评：解决本题关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系E P=qφ．。